2018年高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标42直线平面垂直的判定及其性质理
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2018年高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标42 直线、平
面垂直的判定及其性质理
[解密考纲]对直线、平面垂直的判定与性质定理的初步考查一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大；综合应用直线、平面垂直的判定与性质常以解答题为主，难度中等．
一、选择题
1．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( D ) A．AB∥m B．AC⊥m
C．AB∥βD．AC⊥β
解析：如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D不一定成立，故选D.
2．(2017·广东珠海模拟)在空间中，l，m，n，a，b表示直线，α表示平面，则下列命题正确的是( D )
A．若l∥α，m⊥l，则m⊥αB．若l⊥m，m⊥n，则m∥n
C．若a⊥α，a⊥b，则b∥αD．若l⊥α，l∥a，则a⊥α
解析：对于A，m与α位置关系不确定，故A错；对于B，当l与m，m与n为异面垂直时，m与n可能异面或相交，故B错；对于C，也可能b⊂α，故C错；对于D，由线面垂直的定义可知正确．
3．如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在( A )
A．直线AB上B．直线BC上
C．直线AC上D．△ABC内部
解析：由AC⊥AB，AC⊥BC1，∴AC⊥平面ABC1.
又∵AC⊂面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC．∴C1在面ABC上的射影H必在两平面交线AB 上．
4．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下面命题正确的是( D )
A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC
解析：在平面图形中CD⊥BD，折起后仍有CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB，又AB⊥AD，故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC．
5．如图所示，AB是⊙O的直径，VA垂直于⊙O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B
的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是( D )
A．MN∥AB B．MN与BC所成的角为45°
C．OC⊥平面VAC D．平面VAC⊥平面VBC
解析：对于A，MN与AB异面，故A错，对于B，可证BC⊥平面VAC，故BC⊥MN，所以所成的角为90°，因此B错；对于C，OC与AC不垂直，所以OC不可能垂直平面VAC，故C 错；对于D，由于BC⊥AC，因为VA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC，因为AC∩VA ＝A，所以BC⊥平面VAC，BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，故D正确．6．在如图所示的四个正方体中，能得出AB⊥CD的是( A )
解析：A中，因为CD⊥平面AMB，所以CD⊥AB；B中，AB与CD成60°角；C中，AB与CD成45°角；D中，AB与CD夹角的正切值为 2.
二、填空题
7．(2016·天津模拟)已知不同直线m，n与不同平面α，β，给出下列三个命题：
①若m∥α，n∥α，则m∥n；
②若m∥α，n⊥α，则n⊥m；
③若m⊥α，m∥β，则α⊥β.
其中真命题的个数是2.
解析：①平行于同一平面的两直线不一定平行，所以①错误．②根据线面垂直的性质可知②正确．③根据面面垂直的性质和判定定理可知③正确，所以真命题的个数是2.
8．(2016·吉林长春模拟)如图所示，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，N，M分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，下列说法正确的是①②(填上所有正确的序号)．
①不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥平面DEC；
②不论D折至何位置都有MN⊥AE；
③不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥AB.
解析：①如图，分别取EC，DE的中点P，Q，由已知易知四边形MNQP
为平行四边形，则MN∥PQ，又PQ⊂平面DEC，故MN∥平面DEC．①正确；
②取AE的中点O，易证NO⊥AE，MO⊥AE.故AE⊥平面MNO，又MN
⊂平面MNO，则AE⊥MN.②正确；
③∵D∉平面ABC，∴N∉平面ABC，又A，B，M∈平面ABC．
∴MN与AB异面．③错误．
9．(2017·江苏无锡质检)已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，若把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有2个．
解析：若把α，β换为直线a，b，则命题转化为“a∥b且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题
为真命题；若把α，γ换为直线a ，b ，则命题转化为“a ∥β且a ⊥b ⇒b ⊥β”，此命题为假命题；若把β，γ换为直线a ，b ，则命题转化为“a ∥α且b ⊥α⇒a ⊥b ”，此命题为真命题．
三、解答题
10．如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，点N 位于AB 上．
(1)当AN NB
为何值时，MN ⊥MC 1?
(2)当N 为AB 的中点时，求直线NC 1与平面ABB 1A 1所成角的正切值．
解析：(1)连接MB 1，NB 1，∵C 1B 1⊥平面ABB 1A 1，∴C 1B 1⊥MN ，若要MN ⊥MC 1，则需MN ⊥平面MC 1B 1，
∴需MN ⊥MB 1，在平面ABB 1A 1内，
设正方体的棱长为1，AN ＝x ，
由MN 2＋MB 21＝NB 2
1，
得x 2＋14＋1＋14
＝(1－x )2＋1， ∴x ＝14，故AN NB ＝13
. (2)连接NC 1，∵C 1B 1⊥平面ABB 1A 1，知∠C 1NB 1即为直线NC 1与平面ABB 1A 1所成角．
设正方体的棱长为1，在△NB 1C 1中，
∵NB 1＝52，∴tan ∠C 1NB 1＝C 1B 1NB 1＝255. 11．已知斜三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面是直角三角形，∠ACB ＝90°，点B 1在底面上的射影D 落在BC 上．
(1)求证：AC ⊥平面BB 1C 1C ；
(2)若AB1⊥BC1，且∠B1BC＝60°，求证：A1C∥平面AB1D.
解析：(1)∵B1D⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴B1D⊥AC，
又∵BC⊥AC，B1D∩BC＝D，
∴AC⊥平面BB1C1C．
(2)连接A1B和AB1，交于点E，
由(1)知AC⊥平面BB1C1C，
∴AC⊥BC1，
又∵AB1⊥BC1，AC∩AB1＝A，
∴BC1⊥平面AB1C，∴BC1⊥B1C．∴四边形BB1C1C为菱形，
又∵∠B1BC＝60°，B1D⊥BC于D，∴D为BC的中点，
在△A1BC中，DE∥A1C，
又∵DE⊂平面AB1D，A1C⊄平面AB1D，
∴A1C∥平面AB1D.
12．如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，BC＝1，D，E两点分别是边AB，AC的中点，现将△ABC沿DE折成直二面角ADEB.
(1)求证：平面ADC⊥平面ABE；
(2)求直线AD与平面ABE所成角的正切值．
解析：(1)证明：∵D，E两点分别是边AB，AC的中点，∴DE∥BC．
∵∠B＝90°，∠ADE＝90°，∴DE⊥AD，DE⊥BD，
∴∠ADB为二面角ADEB的二面角，∵∠ADB＝90°，∴AD⊥平面BCD.又∵BE⊂平面BCD，∴AD⊥BE.
又∵BD＝
2
2
，DE＝
1
2
，BC＝1，即
BD
DE
＝
BC
BD
，
∴△BDE∽△CBD，∴∠EBD＝∠DCB，
∴∠EBD＋∠BDC＝90°，
∴BE⊥DC．又∵DC∩AD＝D，∴BE⊥平面ADC．
又∵BE⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面ADC．
(2)设BE交CD于H，连接AH，过点D作DO⊥AH于O. ∵AD⊥BE，BE⊥DH，又
∵AD∩DH＝D，∴BE⊥平面ADH.
∵DO⊂平面ADH，∴BE⊥DO.
又∵DO⊥AH，BE∩AH＝H，
∴DO⊥平面ABE，
∴∠DAO为AD与平面ABE所成的角．
在Rt△BDE中，BD＝
2
2
，DE＝
1
2
，∴DH＝
BD·DE
BE
＝
6
6
.
在Rt△ADH中，tan∠DAO＝DH
DA ＝
6
6
×2＝
3
3
，
∴直线AD与平面ABE所成角的正切值为
3
3
.。
